[NOI.AC省选模拟赛3.23] 集合 [数学]

题面

传送门

一句话题意：

给定$nleq 1e9,kleq 1e7,Tleq 1e9$

设全集$U=lbrace 1,2,3,...n brace $，求$(min_{xin S}lbrace S brace (Ssubseteq U, lvert S vert =k))^T$的期望

重要思想

注意，在遇到包含

思路

首先，通过枚举$S$集合最小值选取哪个数，可以得到：

$Ans(k)=sum_{i=1}^n inom{n-i}{k-1} T^i$

然后，通过枚举$S$集合最小值至少是多少，并且每次累加比上一次还大的可能性，可以得到：

$Ans(k)=Tinom{n}{k}+sum_{i=1}^{n-1} inom{n-i}{k}T^i(T-1)$

发现这个式子的后面一部分可以表示成第一个式子：

$Ans(k)=Tinom{n}{k}+(T-1)Ans(k+1)$

从$Ans(n)$开始往下累加一下，可以得到：

$Ans(k)=T(sum_{i=0}^{{n-k}inom{n}{k+i}(T-1)}i)=T(sum_{i=k}^{ninom{n}{k}(T-1)}{i-k}$

这个式子要$O(n-k)$的时间，做不了，考虑怎么把它变成能算的$O(k)$

考虑二项式定理：$sum_{i=0}^n (T-1)^{iinom{n}{i}=(T-1+1)}n=T^n$

所以$Ans(k)=frac{T}{(T-1)^k}(Tn-sum_{i=0}^{k-1} (T-1)^iinom{n}{i})$

就可以直接算了

最后不要忘了除以$inom{n}{k}$，求得是期望

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cassert>
#define MOD 998244353
#define ll long long
using namespace std;
inline int read(){
	int re=0,flag=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){
		if(ch=='-') flag=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(isdigit(ch)) re=(re<<1)+(re<<3)+ch-'0',ch=getchar();
	return re*flag;
}
inline int qpow(int a,int b){
	int re=1;
	while(b){
		if(b&1) re=1ll*re*a%MOD;
		a=1ll*a*a%MOD;b>>=1;
	}
	return re;
}
int n,k,A;int f[10000010],finv[10000010];
void init(){
	int i,len=10000000;
	f[0]=f[1]=finv[0]=finv[1]=1;
	for(i=2;i<=len;i++) f[i]=1ll*f[i-1]*i%MOD;
	finv[len]=qpow(f[len],MOD-2);
	for(i=len;i>2;i--) finv[i-1]=1ll*finv[i]*i%MOD;
	for(i=1;i<=k;i++) f[i]=1ll*f[i-1]*(n-i+1)%MOD;
}
int C(int x,int y){
	return 1ll*f[y]*finv[y]%MOD;
}
int main(){
	n=read();k=read();A=read();
	if(A==1){puts("1");return 0;}
	init();int i,ans=1ll*A*qpow(qpow(A-1,k),MOD-2)%MOD,tot=qpow(A,n),p=1;
	for(i=0;i<k;i++){
		tot=(1ll*tot-1ll*p*C(n,i)%MOD+MOD)%MOD;
		p=1ll*p*(A-1)%MOD;
	}
	printf("%lld
",1ll*ans*tot%MOD*qpow(C(n,k),MOD-2)%MOD);
}